1、2021-2022高二下數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知復數滿足（其中為虛數單位），則（ ）A1B2CD2且，可進行如下“分解”：若的“分解”中有一個數是2019，則（ ）A44B45C46D473已知：，且，若恒成立，則實數的取值范圍是（ ）ABCD4設是函數的導函數，則的值為（）ABCD

2、5設函數f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數，若f(1)1,f(2)=,則 ( )AaBa且a-1D-1a6某批零件的尺寸X服從正態分布，且滿足，零件的尺寸與10的誤差不超過1即合格，從這批產品中抽取n件，若要保證抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，則n的最小值為（ ）A7B6C5D47已知變量x，y之間的一組數據如表：由散點圖可知變量x，y具有線性相關，則y與x的回歸直線必經過點（）A（2，2.5）B（3，3）C（4，3.5）D（6，4.8）8若函數對任意都有成立，則（）ABCD與的大小不確定9將函數圖像上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱 坐標不變），再把得到的圖像向左平移個單位

3、長度，所得函數圖像關于對稱，則（ ）ABCD10推理“圓內接四邊形的對角和為；等腰梯形是圓內接四邊形；”中的小前提是（）ABCD和11如圖，矩形的四個頂點依次為，記線段、以及的圖象圍成的區域（圖中陰影部分）為，若向矩形內任意投一點，則點落在區域內的概率為( )ABCD12下列說法正確的是（ ）A命題“”的否定是“”B命題“已知，若則或”是真命題C命題“若則函數只有一個零點”的逆命題為真命題D“在上恒成立”在上恒成立二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設向量，且，則的值為_14函數在點處切線方程為，則=_.15已知四邊形為矩形, ,為的中點,將沿折起,得到四棱錐,設的中點為,在翻

4、折過程中,得到如下有三個命題:平面，且的長度為定值；三棱錐的最大體積為；在翻折過程中，存在某個位置，使得.其中正確命題的序號為_（寫出所有正確結論的序號）16已知某幾何體的俯視圖是如圖所示的矩形，正視圖是一個底邊長為8.高為4的等腰三角形，側視圖是一個底邊長為6.高為4的等腰三角形，則該幾何體的體積為_；側面積為_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知函數，且曲線在點處的切線方程為（1）求實數的值及函數的最大值；（2）證明：對任意的.18（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）當時，解不等式；（2）若關于的不等式有實數解，求的取值范圍.19（1

5、2分）甲、乙兩選手比賽，假設每局比賽甲勝的概率是，乙勝的概率是，不會出現平局（1）如果兩人賽3局，求甲恰好勝2局的概率和乙至少勝1局的概率；（2）如果采用五局三勝制若甲、乙任何一方先勝3局，則比賽結束，結果為先勝3局者獲勝，求甲獲勝的概率20（12分）已知復數，其中i為虛數單位.（1）若復數z是實數，求實數m的值；（2）若復數z是純虛數，求實數m的值.21（12分）在直角坐標系中，以為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，曲線的參數方程為（為參數）.(1)求曲線的直角坐標方程；曲線的極坐標方程。(2)當曲線與曲線有兩個公共點時，求實數的取值范圍.22（10分）在平面直角坐標系中

6、，以為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線的極坐標方程為，直線的參數方程為（為參數），兩曲線相交于，兩點.（1）寫出曲線的直角坐標方程和直線的普通方程；（2）若，求的值.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】先求出復數z，然后根據公式，求出復數的模即可.【詳解】，.故選D.【點睛】本題主要考查復數的模計算，較基礎.2、B【解析】探尋規律，利用等差數列求和進行判斷【詳解】由題意得底數是的數分裂成個奇數，底數是的數分裂成個奇數，底數是的數分裂成個奇數，則底數是數分裂成個奇數，則共有個奇數，是從開始的第個奇

7、數，第個奇數是底數為的數的立方分裂的奇數的其中一個，即，故選【點睛】本題考查了數字的變化，找出其中的規律，運用等差數列求出奇數的個數，然后進行匹配，最終還是考查了數列的相關知識。3、A【解析】若恒成立,則的最小值大于,利用均值定理及“1”的代換求得的最小值,進而求解即可.【詳解】由題,因為,所以,當且僅當,即,時等號成立,因為恒成立,則,即,解得,故選:A【點睛】本題考查均值不等式中“1”的代換的應用,考查利用均值定理求最值,考查不等式恒成立問題.4、C【解析】分析：求導，代值即可.詳解：，則.故選：C.點睛：對于函數求導，一般要遵循先化簡再求導的基本原則求導時，不但要重視求導法則的應用，而且

8、要特別注意求導法則對求導的制約作用，在實施化簡時，首先必須注意變換的等價性，避免不必要的運算失誤5、D【解析】先利用函數f（x）是定義在實數集上的以3為周期的奇函數得f（2）=f（-1）=-f（1），再利用f（1）1代入即可求a的取值范圍【詳解】因為函數f（x）是定義在實數集上的以3為周期的奇函數，所以f（2）=f（-1）=-f（1）又因為f（1）1，故f（2）-1，即-10解可得-1a故選：D【點睛】本題主要考查了函數的周期性，以及函數奇偶性的性質和分式不等式的解法，屬于基礎題6、D【解析】計算，根據題意得到，設，判斷數列單調遞減，又，得到答案.【詳解】因為，且，所以，即每個零件合格的概率為

9、.合格零件不少于2件的對立事件是合格零件個數為零個或一個.合格零件個數為零個或一個的概率為，由，得 ， 令.因為，所以單調遞減，又因為，所以不等式的解集為.【點睛】本題考查了正態分布，概率的計算，數列的單調性，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.7、C【解析】計算出，結合回歸直線方程經過樣本中心點，得出正確選項.【詳解】本題主要考查線性回歸方程的特征，回歸直線經過樣本中心點.，故選C【點睛】本小題主要考查回歸直線方程過樣本中心點，考查平均數的計算，屬于基礎題.8、A【解析】構造函數，利用導數可判斷g（x）的單調性，由單調性可得g（ln3）與g（ln5）的大小關系，整理即可得到答案【詳解】解：

10、令，則，因為對任意都有，所以，即在R上單調遞增，又，所以，即，即，故選：A【點睛】本題考查導數的運算及利用導數研究函數的單調性，解決本題的關鍵是根據選項及已知條件合理構造函數，利用導數判斷函數的單調性，屬中檔題.9、B【解析】運用三角函數的圖像變換，可得，再由余弦函數的對稱性，可得，計算可得所求值.【詳解】函數圖像上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱 坐標不變），則可得，再把得到的圖像向左平移個單位長度，則可得，因為所得函數圖像關于對稱，所以，即，解得：，所以：故選： B【點睛】本題考查了三角函數的圖像變換以及余弦函數的對稱性，屬于一般題.10、B【解析】由演繹推理三段論可知, 是大前提；是小前

11、提；是結論【詳解】由演繹推理三段論可知, 是大前提；是小前提；是結論，故選B【點睛】本題主要考查演繹推理的一般模式11、D【解析】分析：利用定積分的幾何意義求出陰影部分的面積，由幾何概型的概率公式，即可得結果.詳解：陰影部分的面積是，矩形的面積是，點落在區域內的概率，故選D.點睛：本題主要考查定積分的幾何意義以及幾何概型概率公式，屬于中檔題.一般情況下，定積分的幾何意義是介于軸、曲線以及直線之間的曲邊梯形面積的代數和 ，其中在軸上方的面積等于該區間上的積分值，在軸下方的面積等于該區間上積分值的相反數,所以在用定積分求曲邊形面積時，一定要分清面積與定積分是相等還是互為相反數；兩條曲線之間的面積可

12、以用兩曲線差的定積分來求解.12、B【解析】A注意修改量詞并否定結論，由此判斷真假；B寫出逆否命題并判斷真假，根據互為逆否命題同真假進行判斷；C寫出逆命題，并分析真假，由此進行判斷；D根據對恒成立問題的理解，由此判斷真假.【詳解】A“”的否定為“”，故錯誤；B原命題的逆否命題為“若且，則”，是真命題，所以原命題是真命題，故正確；C原命題的逆命題為“若函數只有一個零點，則”，因為時，此時也僅有一個零點，所以逆命題是假命題，故錯誤；D“在上恒成立”“在上恒成立”，故錯誤.故選：B.【點睛】本題考查命題真假的判斷，涉及到函數零點、含一個量詞的命題的真假判斷、不等式恒成立問題的理解等內容，難度一般.注

13、意互為逆否命題的兩個命題真假性相同.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、168【解析】根據向量，設，列出方程組，求得，得到，再利用向量的數量積的運算公式，即可求解.【詳解】由題意，向量，設，又因為，所以，即，解得，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查了向量的共線的坐標運算，以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量的共線條件，熟練應用向量的數量積的運算公式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.14、4【解析】分析：因為在點處的切線方程，所以 ，由此能求出詳解：因為在點處切線方程為，所以從而即答案為4.點睛：本題考查利用導數研究曲線上某點處的切線方程，

14、解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化15、【解析】取的中點，連接、，證明四邊形為平行四邊形，得出，可判斷出命題的正誤；由為的中點，可知三棱錐的體積為三棱錐的一半，并由平面平面，得出三棱錐體積的最大值，可判斷出命題的正誤；取的中點，連接，由，結合得出平面，推出得出矛盾，可判斷出命題的正誤.【詳解】如下圖所示：對于命題，取的中點，連接、，則，由勾股定理得，易知，且，、分別為、的中點，所以，四邊形為平行四邊形，平面，平面，平面，命題正確；對于命題，由為的中點，可知三棱錐的體積為三棱錐的一半，當平面平面時，三棱錐體積取最大值，取的中點，則，且，平面平面，平面平面，平面，平面，的面積為，所

15、以，三棱錐的體積的最大值為，則三棱錐的體積的最大值為，命題正確；對于命題，為的中點，所以，若，且，平面，由于平面，事實上，易得，由勾股定理可得，這與矛盾，命題錯誤.故答案為.【點睛】本題考查直線與平面平行、錐體體積的計算以及異面直線垂直的判定，判斷這些命題時根據相關的判定定理以及性質定理，在計算三棱錐體積時，需要找到合適的底面與高來計算，考查空間想象能力，考查邏輯推理能力，屬于難題.16、64 【解析】根據三視圖可得該幾何體表示一個四棱錐，且四棱錐的底面是一個長為8，寬為6的矩形，其中高為4，即可利用體積公式和表面積公式求解，得到答案.【詳解】由題意可知，這個幾何體是一個四棱錐，且四棱錐的底面

16、是一個長為8，寬為6的矩形，四棱錐高為4，所以四棱錐的體積為，四棱錐的側面為等腰三角形，底邊長分別為，斜高分別為，所以側面積為.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的三視圖的應用，以及四棱錐的體積與側面積的計算，其中解答中根據幾何體的三視圖得到幾何體的結構特征是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）見解析【解析】分析：（1）求出導函數，已知切線方程說明，代入后可得，然后確定函數的單調區間，得出最大值；（2）不等式為，可用導數求得的最小值，證明這個最小值大于0，即證得原不等式成立詳解：（1）函數的定義

17、域為，因的圖象在點處的切線方程為，所以解得，所以，故令，得，當時，單調遞增；當時，單調遞減所以當時，取得最大值 （2）證明：原不等式可變為則，可知函數單調遞增，而，所以方程在（0，+）上存在唯一實根x0，使得當x（0，x0）時，函數h（x）單調遞減；當x（x0，+）時，函數h（x）單調遞增；所以.即在（0，+）上恒成立，所以對任意x0，成立點睛：本題主要考查導數在函數中的應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，

18、求參數；(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決函數的恒成立與有解問題，同時注意數形結合思想的應用18、（1）；（2）或.【解析】分析：（1）利用零點分類討論法解不等式.(2)先求的最小值為,再解不等式得的取值范圍.詳解：（1）由題意的：,兩邊平方得：,即，解得或，所以原不等式的解集為.（2）,所以的最小值為,所以，即或,亦即或.點睛：（1）本題主要考查絕對值不等式的解法和不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分類討論思想方法.(2)解答本題的關鍵是求的最小值，這里利用了三角絕對值不等式求最值.19、（1）；（2）【解析】分析：（1）先由已知，甲、乙兩名運動員在每一局比賽中獲勝

19、的概率，根據獨立重復試驗公式公式，列出算式，得到結果（2）由于采用五局三勝制，則甲獲勝包括甲以3：0獲勝，以3：1獲勝，以3：2獲勝，根據獨立重復試驗公式列出算式，得到結果詳解：（1）甲恰好勝2局的概率；乙至少勝1局的概率；（2）打3局：；打4局：；打五局： 因此甲獲勝的概率為點睛：求一個事件的概率，關鍵是先判斷出事件所屬的概率模型，然后選擇合適的概率公式進行計算正確理解概率加法公式和相互獨立性事件的概率計算公式是解題的關鍵20、（1）或；（2）.【解析】（1）由實數定義可知虛部為零，由此構造方程求得結果；（2）由純虛數定義可知實部為零且虛部不為零，由此構造方程求得結果.【詳解】（1）令，解得：或 當或時，復數是實數（2）令，解得：或又，即：且 當時，復數是純虛數【點睛】本題考查根據復數的類型求解參數值的